高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题十　圆锥曲线中的证明、探索性问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题十　圆锥曲线中的证明、探索性问题，共10页。
掌握圆锥曲线中的证明、探索性问题的一般解法，进一步提升数学运算素养．
考点1 证明问题
【例1】 （2024·全国甲卷）设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，求证：AQ⊥y轴．
【解】 (1)设F(c，0)，由题设有c＝1且 eq \f(b2,a)＝ eq \f(3,2)，故 eq \f(a2－1,a)＝ eq \f(3,2)，
故a＝2，故b＝ eq \r(3)，故椭圆方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：直线AB的斜率必定存在，设直线AB的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12，,y＝k(x－4)))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－ eq \f(1,2)b>0)的左顶点为A(－2，0)，上、下顶点分别为B1，B2，离心率为 eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点P是椭圆C上一点，不与顶点重合，M满足四边形PB1MB2是平行四边形，过点P作垂直于y轴的直线交直线AB1于点Q，再过点Q作垂直于x轴的直线交直线PB2于点N，求证：A，M，N三点共线．
解：(1)因为椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A(－2，0)，所以a＝2，
又 eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2)，所以c＝ eq \r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知B1(0，1)，B2(0，－1)，
设直线PB2的方程为y＝kx－1，k≠0，k≠± eq \f(1,2)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得(4k2＋1)x2－8kx＝0，
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(8k,4k2＋1)，,y＝\f(4k2－1,4k2＋1)，))
所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k,4k2＋1)，\f(4k2－1,4k2＋1))).
如图，因为四边形PB1MB2是平行四边形，由椭圆的对称性可知点P与点M关于原点对称，所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8k,4k2＋1)，\f(1－4k2,4k2＋1)))，
直线AB1的方程为y＝ eq \f(1,2)x＋1，把y＝ eq \f(4k2－1,4k2＋1)代入可得x＝ eq \f(－4,4k2＋1)，
所以Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4,4k2＋1)，\f(4k2－1,4k2＋1)))，
把x＝ eq \f(－4,4k2＋1)代入y＝kx－1可得N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4,4k2＋1)，\f(－4k2－4k－1,4k2＋1)))，
所以过A，N的直线的斜率为kAN＝ eq \f(\f(－(2k＋1)2,4k2＋1),2－\f(4,4k2＋1))＝ eq \f(－(2k＋1)2,2(4k2－1))＝ eq \f(2k＋1,2－4k)，
过A，M的直线的斜率为kAM＝ eq \f(\f(1－4k2,4k2＋1),2－\f(8k,4k2＋1))＝ eq \f(1－4k2,2(1－2k)2)＝ eq \f(2k＋1,2－4k)＝kAN，
所以A，M，N三点共线．
考点2 探索性问题
【例2】 （2024·天津卷）已知椭圆 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝ eq \f(1,2)，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝ eq \f(3\r(3),2).
(1)求椭圆的方程．
(2)过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得 eq \(TP,\s\up6(→))· eq \(TQ,\s\up6(→))≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由．
【解】 (1)因为椭圆的离心率为e＝ eq \f(1,2)，故a＝2c，b＝ eq \r(3)c，其中c为半焦距，所以A(－2c，0)，B（0，－ eq \r(3)c），C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3)c,2)))，故S△ABC＝ eq \f(1,2)×2c× eq \f(\r(3),2)c＝ eq \f(3\r(3),2)，
故c＝ eq \r(3)，所以a＝2 eq \r(3)，b＝3，故椭圆的方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,9)＝1.
(2)假设存在满足条件的点T，设T(0，t).若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率存在，则可设该直线的方程为y＝kx－ eq \f(3,2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝36，,y＝kx－\f(3,2)，))
可得(3＋4k2)x2－12kx－27＝0，
故Δ＝144k2＋108(3＋4k2)＝324＋576k2>0，且x1＋x2＝ eq \f(12k,3＋4k2)，x1x2＝－ eq \f(27,3＋4k2).
而 eq \(TP,\s\up6(→))＝(x1，y1－t)， eq \(TQ,\s\up6(→))＝(x2，y2－t)，故 eq \(TP,\s\up6(→))· eq \(TQ,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－t)(y2－t)＝x1x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx1－\f(3,2)－t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kx2－\f(3,2)－t))＝(1＋k2)x1x2－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))·(x1＋x2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t)) eq \s\up12(2)＝(1＋k2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,3＋4k2)))－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))× eq \f(12k,3＋4k2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t)) eq \s\up12(2)＝ eq \f(－27k2－27－18k2－12k2t＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)＋(3＋2t)2k2,3＋4k2)＝
eq \f([(3＋2t)2－12t－45]k2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27,3＋4k2)，
因为 eq \(TP,\s\up6(→))· eq \(TQ,\s\up6(→))≤0，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((3＋2t)2－12t－45≤0，,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋t))\s\up12(2)－27≤0，))
解得－3≤t≤ eq \f(3,2).
若过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)))的动直线的斜率不存在，则P(0，3)，Q(0，－3)或P(0，－3)，Q(0，3)，
此时需－3≤t≤3.
综上，可得－3≤t≤ eq \f(3,2).
故在y轴上存在点T，使得 eq \(TP,\s\up6(→))· eq \(TQ,\s\up6(→))≤0，点T纵坐标的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－3，\f(3,2))).
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
【对点训练2】 （2024·陕西西安一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线S：x2＝2py(p>0)，其焦点为F，过点F的直线l交抛物线S于A，B两点，|AB|＝ eq \f(16,3)，θ＝60°（如图）.
(1)求抛物线S的方程．
(2)在抛物线S上是否存在关于直线l对称的相异两点？若存在，求出该两点所在直线的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)抛物线S：x2＝2py的焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，直线l的方程为y＝ eq \f(\r(3),3)x＋ eq \f(p,2).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(\r(3),3)x＋\f(p,2)，,x2＝2py，))消去y得3x2－2 eq \r(3)px－3p2＝0（显然Δ>0），则x1＋x2＝ eq \f(2\r(3),3)p，
y1＋y2＝ eq \f(\r(3),3)(x1＋x2)＋p＝ eq \f(5,3)p，
|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝ eq \f(8,3)p，
于是 eq \f(8,3)p＝ eq \f(16,3)，解得p＝2，
所以抛物线S的方程为x2＝4y.
(2)由(1)知直线l：y＝ eq \f(\r(3),3)x＋1，假设在抛物线S上存在关于直线l对称的相异两点，设这两点坐标为M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3，\f(x eq \\al(2,3),4)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x4，\f(x eq \\al(2,4),4)))，
于是直线MN的斜率kMN＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,3),4)－\f(x eq \\al(2,4),4),x3－x4)＝ eq \f(1,4)(x3＋x4)＝－ eq \r(3)，解得x3＋x4＝－4 eq \r(3).
线段MN的中点（－2 eq \r(3)，y0）在直线l上，则y0＝－1，而（－2 eq \r(3)，y0）应在线段AB上，必有y0>0，与y0＝－1矛盾，所以在抛物线S上不存在关于直线l对称的相异两点．
解析几何中的创新问题
解析几何的创新题型的表现形式有两种：①定义新的解析几何的概念或性质，如曲线、距离、曲率等，在此新定义下研究定点、定值、最值、范围等问题；②与其他数学知识交汇命题，如与数列、导数、立体几何等，借助这些数学知识解决解析几何问题．
【典例】 三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等分任意角是尺规作图不可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的．下面是数学家帕普斯给出的一种三等分角的方法：已知角α(00)，由|BO|＝2|CO|及B(－2，0)，可得C(1，0)，所以a＝1，因为双曲线M的离心率为2，所以 eq \f(a2＋b2,a2)＝ eq \f(1＋b2,1)＝4，解得b2＝3，所以双曲线M的方程为x2－ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：①如图，因为|AB|＝|AC|，B(－2，0)，C(1，0)，
所以直线AG的方程为x＝－ eq \f(1,2).
设E(x0，y0)(x00)的焦点为F，过点F且斜率为 eq \f(4,3)的直线l与抛物线C的交点为G，H.
(1)若|FG|＋|FH|＝ eq \f(25,4)，求抛物线C的方程及焦点F的坐标；
(2)如图，点P为x轴正半轴上的任意一点，过点P作直线交抛物线C于A，B两点，点P关于原点的对称点为M，连接MA交抛物线于点N，连接NP，直线NP交抛物线于点E，求证：PM为∠APE的平分线．
解：(1)由题意得F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，设直线l的方程为y＝ eq \f(4,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
由抛物线焦半径公式可知|FG|＋|FH|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(25,4)，
∴x1＋x2＝ eq \f(25,4)－p.
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))消去y得8x2－17px＋2p2＝0，
∴x1＋x2＝ eq \f(17p,8)＝ eq \f(25,4)－p，解得p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F(1，0).
(2)证明：设A(x3，y3)，N(x4，y4)，P(m，0)，则M(－m，0)，直线AM的方程为x＝ty－m.
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty－m，,y2＝2px，))消去x得y2－2pty＋2pm＝0，∴y3＋y4＝2pt，y3y4＝2pm，
而kAP＋kNP＝ eq \f(y3,x3－m)＋ eq \f(y4,x4－m)＝ eq \f(x3y4＋x4y3－m(y3＋y4),x3x4－m(x3＋x4)＋m2)，
又x3y4＋x4y3－m(y3＋y4)＝(ty3－m)y4＋(ty4－m)y3－m(y3＋y4)＝2ty3y4－2m(y3＋y4)＝4ptm－4ptm＝0，
∴kAP＋kNP＝0，
∴PM为∠APE的平分线．
2．（15分）（2024·北京延庆区一模）已知椭圆E： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(3),2)，A，C分别是E的上、下顶点，|AC|＝2，B，D分别是E的左、右顶点．
(1)求E的方程；
(2)设P为第二象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线BP与直线CD交于点N，求证：MN⊥BD.
解：(1)由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))所以a＝2，b＝1.所以E的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1，所以A(0，1)，C(0，－1)，B(－2，0)，D(2，0)，如图．
设直线PD的方程为y＝k(x－2)，其中－ eq \f(1,2)|NB|，|BP|＝|BP|，所以|AP|＝|NB|，∠APB＝∠NBP，∠ABP＝∠NPB，
则∠APN＝∠NBA＝90°.
由①可知，AP⊥ON，又AP⊥NP，所以O，N，P三点共线，如图，
则∠OPB＝∠OBP，所以
|OP|＝|OB|＝2，
则点P与点A重合，这与已知矛盾，
所以不存在点P使得△APB≌△NBP.